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    高考物理一轮复习讲义第6章 专题强化9 动能定理在多过程问题中的应用(含解析)
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    高考物理一轮复习讲义第6章 专题强化9 动能定理在多过程问题中的应用(含解析)

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    这是一份高考物理一轮复习讲义第6章 专题强化9 动能定理在多过程问题中的应用(含解析),共9页。试卷主要包含了已知sin α=0,5 N 3,5 m/s等内容,欢迎下载使用。

    题型一 动能定理在多过程问题中的应用
    1.运用动能定理解决多过程问题,有两种思路
    (1)分阶段应用动能定理
    ①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理.
    ②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破.
    (2)全过程(多个过程)应用动能定理
    当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大简化运算.
    2.全过程列式时要注意
    (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关.
    (2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积.
    例1 (多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动能为Ek,向上滑动一段距离后速度减小为零,此后物体向下滑动,到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α=0.6,重力加速度大小为g.则( )
    A.物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
    B.物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
    C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
    D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
    答案 BC
    解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
    -μmg·2lcs α=eq \f(Ek,5)-Ek,
    物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
    -mglsin α-μmglcs α=0-Ek,
    整理得l=eq \f(Ek,mg),μ=0.5,A错误,C正确;
    物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
    ma下=mgsin α-μmgcs α,
    解得a下=eq \f(g,5),B正确;
    物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
    ma上=mgsin α+μmgcs α,解得a上=g,
    故a上>a下,
    由于上滑过程中的末速度为零,下滑过程中的初速度为零,且走过相同的位移,根据位移公式
    l=eq \f(1,2)at2,
    则可得出t上例2 如图所示,水平桌面上的轻质弹簧左端固定,右端与静止在O点质量为m=1 kg的小物块接触而不连接,此时弹簧无形变.现对小物块施加F=10 N的水平向左的恒力,使其由静止开始向左运动.小物块在向左运动到A点前某处速度最大时,弹簧的弹力为6 N,运动到A点时撤去推力F,小物块最终运动到B点静止.图中OA=0.8 m,OB=0.2 m,重力加速度取g=10 m/s2.求小物块:
    (1)与桌面间的动摩擦因数μ;
    (2)向右运动过程中经过O点的速度大小;
    (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量.
    答案 (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
    解析 (1)小物块速度达到最大时,加速度为零.
    F-μmg-F弹=0,μ=eq \f(F-F弹,mg)=0.4.
    (2)设向右运动通过O点时的速度为v0,
    从O→B,由动能定理得-FfxOB=0-eq \f(1,2)mvO2,Ff=μmg=4 N,
    解得vO=eq \r(1.6) m/s≈1.26 m/s.
    (3)弹簧最大压缩量为xmax,对小物块运动的全过程,根据动能定理得
    FxOA-Ff(2xmax+xOB)=0,
    代入数值得xmax=0.9 m.
    例3 如图甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为图乙所示的模型.倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m.现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m处的A点由静止下滑,经BCDC′EF最终停在G点.过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2=0.75,其他部分光滑.过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,g取10 m/s2.求:
    (1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;
    (2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小;
    (3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
    答案 (1)8eq \r(10) m/s (2)7×103 N (3)30 m
    解析 (1)设过山车在C点的速度大小为vC,由动能定理得mgh-μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)=eq \f(1,2)mvC2①
    代入数据得vC=8eq \r(10) m/s②
    (2)设过山车在D点速度大小为vD,由动能定理得
    mg(h-2R)-μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)=eq \f(1,2)mvD2③
    F+mg=meq \f(vD2,R),④
    联立③④解得F=7×103 N⑤
    由牛顿第三定律知,过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103 N
    (3)全程应用动能定理
    mg[h-(l-x)tan 37°]-μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)-
    μ1mgcs 37°·eq \f(l-x,cs 37°)-μ2mgx=0⑥
    解得x=30 m.⑦
    题型二 动能定理在往复运动问题中的应用
    1.往复运动问题:在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性,而在这一过程中,描述运动的物理量多数是变化的,而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定.
    2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功的特点是与路程有关,运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐,甚至无法解出,由于动能定理只涉及物体的初、末状态,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化.
    例4 如图所示,竖直面内有一粗糙斜面AB,BCD部分是一个光滑的圆弧面,C为圆弧的最低点,AB正好是圆弧在B点的切线,圆心O与A、D点在同一高度,θ=37°,圆弧面的半径R=3.6 m,一滑块质量m=5 kg,与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.45,将滑块从A点由静止释放(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2).求在此后的运动过程中:
    (1)滑块在AB段上运动的总路程;
    (2)在滑块运动过程中,C点受到的压力的最大值和最小值.
    答案 (1)8 m (2)102 N 70 N
    解析 (1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ=37°,
    知mgsin θ>μmgcs θ,
    故滑块最终不会停留在斜面上,
    由于滑块在AB段受摩擦力作用,
    则滑块做往复运动的高度将越来越低,
    最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动.
    设滑块在AB段上运动的总路程为s,
    滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff=μFN=μmgcs θ,
    从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动,
    由动能定理得mgRcs θ-Ffs=0,解得s=8 m.
    (2)滑块第一次过C点时,速度最大,设为v1,此时滑块所受轨道支持力最大,设为Fmax,
    从A到C的过程,由动能定理得
    mgR-FflAB=eq \f(1,2)mv12-0,
    斜面AB的长度lAB=eq \f(R,tan θ),
    由牛顿第二定律得Fmax-mg=eq \f(mv12,R),
    解得Fmax=102 N.
    滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时,速度最小,设为v2,此时滑块所受轨道支持力最小,设为Fmin,从B到C,
    由动能定理得mgR(1-cs θ)=eq \f(1,2)mv22-0,
    由牛顿第二定律得Fmin-mg=eq \f(mv22,R),
    解得Fmin=70 N,
    根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N,最小值为70 N.
    例5 (2021·湖北省1月选考模拟·7)如图所示,两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上,O点为斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下,在两个斜面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失,损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
    A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
    C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
    答案 B
    解析 由题意知,小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH=Ek,此时小物块所走路程s1=eq \f(H,sin θ),第一次通过O点后动能Ek1=95%Ek=95%mgH,此时利用动能定理知小物块上升高度H1=95%H,第二次到达O点所走的路程s2=eq \f(2H1,sin θ)=95%eq \f(2H,sin θ),同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3=(95%)2eq \f(2H,sin θ),…,故小物块所走的总路程s总=s1+s2+…sn=eq \f(H,sin θ)+95%eq \f(2H,sin θ)+(95%)2eq \f(2H,sin θ)+…(95%)n-1eq \f(2H,sin θ),n无穷大时,可得s总=eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和),故B正确.
    课时精练
    1.如图所示,半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上,杆长L=1 m,半圆与水平方向相切于B点,半径R=0.5 m,距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体.斜面C端离地高度h=0.8 m,E端固定一轻弹簧,弹簧原长为DE,DE=0.375 m,斜面CD段粗糙而DE段光滑.现将一质量为1 kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放,离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处,且速度方向恰好平行于斜面,物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回,第一次恰能返回到最高点C.斜面倾角θ=53°,重力加速度g=10 m/s2.已知sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,求:
    (1)物块运动到B点时对轨道的压力大小;
    (2)物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s.
    答案 (1)14.5 N (2)3.25 m
    解析 (1)物块从B到C做平抛运动,则有vy2=2g(L-h)
    在C点时有tan θ=eq \f(vy,vB)
    代入数据解得vB=1.5 m/s
    在B点对物块进行受力分析得F-mg=meq \f(vB2,R)
    解得F=14.5 N
    根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小F′=F=14.5 N
    (2)物块在C点的速度为vC=eq \f(vy,sin θ)=2.5 m/s
    物块从C点下滑到返回C点的过程,根据动能定理得
    -μmgcs θ×2xCD=0-eq \f(1,2)mvC2
    xCE=eq \f(h,sin θ)=1 m
    xCD=xCE-xDE
    代入数据解得μ=eq \f(5,12)
    最终物块在DE段来回滑动,从C到D,根据动能定理得:
    mgxCDsin θ-μmgcs θ×s=0-eq \f(1,2)mvC2
    解得s=3.25 m.
    2.如图所示,让摆球从图中的C位置由静止开始摆下,摆到最低点D处,摆线刚好被拉断,小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动,到达A孔进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道,当摆球进入圆轨道立即关闭A孔.已知摆线长L=2 m,θ=53°,小球质量为m=0.5 kg,D点与A孔的水平距离s=2 m,g取10 m/s2.(sin 53°=0.8,cs 53°=0.6)
    (1)求摆线能承受的最大拉力为多大;
    (2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围.
    答案 (1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
    解析 (1)当摆球由C到D运动,
    根据动能定理有mg(L-Lcs θ)=eq \f(1,2)mvD2
    在D点,由牛顿第二定律可得Fm-mg=meq \f(vD2,L),
    解得Fm=9 N
    (2)小球不脱离圆轨道分两种情况
    ①要保证小球能到达A孔,设小球到达A孔的速度恰好为零,由动能定理可得
    -μ1mgs=0-eq \f(1,2)mvD2,
    可得μ1=0.4
    若进入A孔的速度较小,那么小球将会在圆心以下做往返运动,不脱离轨道,其临界情况为到达圆心等高处速度为零,由动能定理可得
    -mgR=0-eq \f(1,2)mvA2
    由动能定理可得-μ2mgs=eq \f(1,2)mvA2-eq \f(1,2)mvD2,
    可求得μ2=0.25
    ②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道,当小球恰好到达最高点时,在圆轨道的最高点,由牛顿第二定律可得mg=meq \f(v2,R),
    由动能定理可得
    -μ3mgs-2mgR=eq \f(1,2)mv2-eq \f(1,2)mvD2,
    解得μ3=0.025
    综上所述,动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
    3.如图所示,粗糙水平面AB与粗糙斜面BC平滑连接,斜面倾角为37°,一半径为R=4 m的光滑圆弧轨道CD与斜面相切于C点,D点在圆心O的正上方,A、B、C、D均在同一竖直平面内.在水平面上的A点静止放有一质量为m=0.5 kg的小物块,给小物块施加斜向右上方与水平方向夹角为37°、大小为F=5 N的恒力,一直保持F对小物块的作用,小物块恰好能够通过D点.已知小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求:
    (1)小物块运动到D点的速度大小;
    (2)AB的长度.
    答案 (1)4 m/s (2)eq \f(28,3) m
    解析 (1)设小物块在半圆轨道的最高点D的速度为vD,
    根据牛顿运动定律有mg-Fsin 37°=meq \f(vD2,R)
    解得vD=4 m/s
    (2)小物块从C点到D点,根据动能定理有
    FRsin 37°-mg(R+Rcs 37°)=eq \f(1,2)mvD2-eq \f(1,2)mvC2
    小物块从B点到C点,根据牛顿第二定律有
    F-mgsin 37°-μmgcs 37°=ma1
    解得a1=0,说明小物块从B点到C点做匀速直线运动,则
    vB=vC=4eq \r(7) m/s
    小物块从A点到B点,根据动能定理有
    FLABcs 37°-(mg-Fsin 37°)μLAB=eq \f(1,2)mvB2
    联立解得LAB=eq \f(28,3) m.
    4.如图所示,一小球从A点以某一水平向右的初速度出发,沿水平直线轨道运动到B点后,进入半径R=10 cm的光滑竖直圆形轨道,圆形轨道间不相互重叠,即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动,C点右侧有一壕沟,C、D两点的竖直高度h=0.8 m,水平距离s=1.2 m,水平轨道AB长为L1=2.75 m,BC长为L2=3.5 m,小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2.
    (1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点,求小球在A点的初速度大小;
    (2)小球既能通过圆形轨道的最高点,又不掉进壕沟,求小球在A点初速度大小的范围.
    答案 (1)4 m/s (2)4 m/s≤vA≤5 m/s或vA≥eq \r(34) m/s
    解析 (1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时,根据牛顿第二定律得mg=eq \f(mv12,R)
    从A点到圆形轨道的最高点的过程中,根据动能定理得:
    -μmgL1-mg×2R=eq \f(1,2)mv12-eq \f(1,2)mvA12
    解得小球在A点的初速度vA1=4 m/s
    (2)若恰好运动到C点时,速度为零,则从A到C的过程中,根据动能定理得-μmg(L1+L2)=0-eq \f(1,2)mvA22
    解得小球在A点的初速度vA2=5 m/s
    因此若小球停在BC段,则满足4 m/s≤vA≤5 m/s
    若恰好能越过壕沟,则从C到D做平抛运动
    h=eq \f(1,2)gt2
    s=vt
    从A到C的过程中,根据动能定理得-μmg(L1+L2)=eq \f(1,2)mv2-eq \f(1,2)mvA32
    解得小球在A点的初速度vA3=eq \r(34) m/s
    因此若小球能越过壕沟,则满足
    vA≥eq \r(34) m/s.
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